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Quest˜ ao 1. Apresentar solu¸c˜ oes expl´ıcitas nesta quest˜ao.

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Academic year: 2021

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(1)

UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO – ´ AREA II MA129 (c´ alculo diferencial e integral 4) – turmas Q3 e Q6

GABARITO – 1

o

exerc´ıcio escolar – 2012.2 – 23/01/2013 Orienta¸ c˜ ao: O exame ´e estritamente individual, sem consulta ou calculadora. A ordem das quest˜ oes n˜ ao ´e importante. Apenas solu¸c˜oes leg´ıveis e justificadas rece- ber˜ ao pontos: escrever os passos, detalhes e propriedades relevantes. Responder a caneta preta ou azul, ou a l´ apis. Circular as respostas ! O valor de cada item est´a entre parˆenteses. Ex.: “1.a (1,0).” Dura¸ c˜ ao: 120 minutos.

Para cada item das quest˜ oes 1 e 2, encontrar a solu¸c˜ao completa se o item s´o apresentar a EDO, e resolver o PVI (dando todas as solu¸c˜oes globais) se o item contiver condi¸c˜ oes iniciais. Em todos, y ´e a fun¸c˜ao (de t ou x, conforme o caso).

Quest˜ ao 1. Apresentar solu¸c˜ oes expl´ıcitas nesta quest˜ao.

1.a (1,0). d

2

y

dx

2

= − 1

x

2

com x < 0; y( − 1) = 0; y

( − 1) = − 2 1.b (1,0). t dy

dt + y = − t

2

y

2

1.c (2,0). y = x dy

dx + 1 + 1 2

dy dx

2

; y(1) = 1 2

Quest˜ ao 2. As solu¸c˜ oes podem ser dadas numa forma impl´ıcita nesta quest˜ao.

2.a (1,0). x

2

+ y

2

+ x

dx + xy dy = 0 2.b (1,5). x

4

y

2

− y

dx + x

2

y

4

− x

dy = 0

Dica para 2.b: Procurar um fator integrante da forma µ(xy);

2.c (1,5). (2x − y)dx + (4x + y)dy = 0

Quest˜ ao 3 (2,0). Recordar a lei de Torricelli-Borda: dado um tanque de altura H com um orif´ıcio (ralo) embaixo, sejam h ∈ [0, H ] a coordenada vertical (altura) medida a partir do orif´ıcio, A(h) a ´area da se¸c˜ao transversal do tanque na altura h, t o tempo medido a partir do instante t

0

= 0 de in´ıcio do esvaziamento do tanque cheio. Ent˜ao, para uma constante k > 0 apro- priada, vale: − A(h) dh

dt = k √

h. Considerando o escoamento de um tanque cil´ındrico de altura H e raio 2H apoiado sobre sua base (em

h = 0) e com a altura posicionada verticalmente, calcular o tempo T para o escoamento do tanque cheio em fun¸c˜ao dos parˆametros H e k.

1

(2)

RESOLU ¸ C ˜ AO COMENTADA

SUBSCRITOS empregados nas solu¸c˜oes y: c = completa; g = geral;

s = singular; p = particular.

1.a. A EDO ´e imediatamente integr´avel: y

′′

= − x

−2

∴ y

= − ( − x

−1

)+C

1

= x

−1

+ C

1

∴ y

c

(x) = ln | x | + C

1

x + C

2

, onde as constantes de integra-

¸c˜ao da solu¸c˜ao y

p

desejada s˜ao determinadas pelas condi¸c˜oes iniciais dadas:

− 2 = y

p

( − 1) = ( − 1)

−1

+ C

1

= − 1 + C

1

∴ C

1

= − 1;

0 = y

p

( − 1) = ln | − 1 | − ( − 1) + C

2

= 0 + 1 + C

2

∴ C

2

= − 1. Portanto:

y

p

(x) = ln | x | − x − 1 (que est´a definida para x < 0).

1.b. Como t y

+ y = − t

2

y

2

´e uma EDO de Bernoulli com n = 2, ´e con- veniente a substitui¸c˜ao v = y

1n

= y

1

para o caso y 6 = 0. Da´ı, temos que y = v

−1

∴ y

= − v

−2

v

pela regra da cadeia. Substituindo isto na EDO em y: − tv

−2

v

+ v

−1

= − t

2

v

−2

. Multiplicando por − v

2

/t para t 6 = 0, obtemos uma EDO linear de 1

a

ordem em v j´a em formato padr˜ao: v

− t

1

v = t. Ela admite fator integrante µ(t) = t

−1

porque

1 dtd

ln | µ(t) | = − t

−1

= −

dtd

ln | t | =

d

dt

ln | t |

−1

=

dtd

ln | t

−1

| , resultando em: t

−1

v = R

t

−1

t dt = R

1 dt = t + C ∴ v = t

2

+ Ct ∴ y

g

(t) = (t

2

+ Ct)

−1

, onde C ∈ R .

J´a o caso y = 0 fornece: t y

+ y = t 0 + 0 = 0 = − t

2

0

2

= − t

2

y

2

∴ y

s

(t) = 0 completa a solu¸c˜ao.

1.c. Tratando-se de uma EDO de Clairaut, fa¸camos v = y

e diferenciemos os membros da EDO: y = xv + 1 + v

2

/2 ∴ v = y

= v + xv

+vv

∴ 0 = (x+ v)v

. Caso v

= 0. v = C ∈ R ∴ y

g

= Cx + 1 + C

2

/2, onde C ∈ R . Mas a con- di¸c˜ao inicial fornece 1/2 = y(1) = C + 1 + C

2

/2 ∴ 0 = (C + 1)

2

∴ C = − 1.

Logo, uma solu¸c˜ao do PVI ´e y

p1

(x) = 3 2 − x.

Caso x + v = 0. v = − x. Da EDO: y

s

(x) = − x

2

+ 1 + ( − x)

2

2 = 1 − x

2

2 , que tamb´em satisfaz a condi¸c˜ao inicial. Portanto, outra solu¸c˜ao do PVI ´e:

y

p2

(x) = y

s

(x) = 1 − x

2

2

1µ(t) est´a dentro do formato ±exp (R

−t1dt) =±exp (−ln|t|+k) =±|t|1ek(k∈R) comk= 0 e sinais + e−parat >0 et <0 respectivamente.

2

(3)

2.a. A EDO n˜ao ´e exata pois, escrevendo M (x, y ) = x

2

+ y

2

+ x e N (x, y) = xy, temos que M

y

(x, y) = 2y 6 = y = N

x

(x, y). A EDO ad- mite fator integrante na forma µ(x) porque M

y

− N

x

N = 2y − y xy = 1

x ´e uma fun¸c˜ao de x e, portanto, d

dx ln | µ(x) | = 1 x = d

dx ln | x | . Da´ı, podemos escolher o fator integrante µ(x) = x, resultando na seguinte EDO exata:

x

3

+ xy

2

+ x

2

dx + x

2

y dy = 0. Logo, ψ(x, y) = Z

ψ

y

dy = Z

x

2

y dy ∴ ψ(x, y) = x

2

y

2

2 + f (x). Mas xy

2

+ x

3

+ x

2

= ψ

x

(x, y) = xy

2

+ f

(x) ∴ f

(x) = x

3

+ x

2

∴ f (x) = x

4

4 + x

3

3 serve. Logo, a solu¸c˜ao completa da EDO pode ser dada implicitamente como x

2

y

c2

2 + x

4

4 + x

3

3 = C, onde C ∈ R . Obs. Outra apresenta¸c˜ao para tal solu¸c˜ao completa impl´ıcita ´e:

6x

2

y

c2

+ 3x

4

+ 4x

3

= K, onde K = 12 C ∈ R .

2.b. M (x, y ) = x

4

y

2

− y e N (x, y) = x

2

y

4

− x ∴ M

y

(x, y) = 2x

4

y − 1 6 = 2xy

4

− 1 = N

x

(x, y) ∴ a EDO n˜ao ´e exata. Seguindo a dica, procuremos um fator integrante da forma µ(a(x, y )) para a EDO, onde a(x, y) = xy:

d

da ln | µ(a) | = N

x

− M

y

xM − yN = 2xy(y

3

− x

3

)

x

2

y

2

(x

3

− y

3

) = − 2

xy = − 2

a = − 2 d

da ln | a | = d

da ln | a |

2

= d

da ln | a

2

| ∴ µ(a(x, y)) = (a(x, y ))

2

= (xy)

2

´e adequado, levando `a an´alise de uma poss´ıvel solu¸c˜ao singular y(x) = 0 `a parte. De fato, y(x) = 0 fornece y

(x) = 0 e, na EDO, (x

4

y

2

− y) + (x

2

y

4

− x)y

= (x

4

0

2

− 0) + (x

2

0

4

− x)0 = 0. Logo, y

s

(x) = 0. Multiplicando a EDO origi- nal por µ(xy), temos a EDO exata: x

2

− x

−2

y

−1

dx + y

2

− x

−1

y

−2

dy = 0 ∴ ψ(x, y) =

Z

x

2

− x

−2

y

−1

dx = x

3

3 + x

−1

y

−1

+ g(y) ∴ y

2

− x

−1

y

−2

= ψ

y

(x, y) = g

(y) − x

−1

y

−2

∴ g

(y) = y

2

∴ g (y) = y

3

3 serve. Por conseguinte, x

3

+ y

g3

3 + 1

x y

g

= C, onde C ∈ R .

Obs. Multiplicando por 3xy

g

, a solu¸c˜ao geral impl´ıcita se torna:

x

4

y

g

+ xy

g4

+ 3 = Kxy

g

, onde K = 3 C ∈ R .

3

(4)

2.c. Dividindo ambos os termos por x, obtemos que a EDO equivale (para x 6 = 0) a 2 − y

x + 4 + y

x dy

dx = 0, uma EDO homogˆenea. Logo, fa¸camos v = y/x ∴ y = xv ∴ y

= v + xv

e a EDO em v correspondente ´e dada por 2 − v +(4+ v)(v +xv

) = 0 ∴ v

2

+3v +2+(4+v )xv

= 0 ∴ no caso 0 6 = v

2

+3v+

2 = (v+1)(v+2), isto ´e, v / ∈ {− 1, − 2 } , temos que − 1

x = 4 + v

v

2

+ 3v + 2 v

(uma EDO separ´avel). Para integrarmos em x, expandamos a fun¸c˜ao racional em fra¸c˜oes parciais: 4 + v

v

2

+ 3v + 2 = A

v + 1 + B

v + 2 ∴ 4 + v = A(v + 2) + B(v + 1).

Substituindo v = − 1 e v = − 2 nesta igualdade, obtemos A = 3 e − B = 2 ∴ B = − 2. Integrando os membros da EDO com rela¸c˜ao a x (lembrando que x 6 = 0): − ln | x | + C

1

= R

[3(v + 1)

−1

− 2(v + 2)

−1

] dv = 3 ln | v + 1 | − 2 ln | v + 2 | + C

2

, onde C

1

, C

2

∈ R ∴ ln | x

1

| + C = ln

(v + 1)

3

(v + 2)

2

, onde C = C

1

− C

2

∈ R . Logo

2

, ln | x

−1

| + C = ln

(y

g

/x + 1)

3

(y

g

/x + 2)

2

onde C ∈ R . Os ca- sos v(x) = − 1 e v(x) = − 2, isto ´e, y(x) = − x e y(x) = − 2x tˆem derivadas − 1 e − 2, respectivamente. Substituindo a primeira fun¸c˜ao y na EDO original:

(2x − y) + (4x + y)y

= (2x + x) + (4x − x)( − 1) = 3x − 3x = 0; a segunda resulta em (2x − y) + (4x + y)y

= (2x + 2x) + (4x − 2x)( − 2) = 4x − 4x = 0.

Logo, ambas s˜ao solu¸c˜oes singulares: y

s1

(x) = − x e y

s2

(x) = − 2x.

3. A ´area de toda se¸c˜ao transversal ´e aquela do c´ırculo de raio 2H, a saber, A(h) = π4H

2

. A EDO ´e separ´avel: k dt = − A(h)

√ h dh = − 4πH

2

h

−1/2

dh.

Integrando com rela¸c˜ao a t ∈ [0, T ]:

Z

T

0

k dt = − Z

h(T)

h(0)

4πH

2

h

−1/2

dh =

− Z

0

H

4πH

2

h

−1/2

dh = Z

H

0

4πH

2

h

−1/2

dh ∴ kt |

Tt=0

= 4πH

2

· 2h

1/2

|

Hh=0

= 8πH

2

H

1/2

∴ T = 8π

k H

5/2

= 8π k

√ H

5

.

2Tomando exp e eliminando o valor absoluto, a solu¸c˜ao geral ´e: K

x = (yg+x)3 x(yg+ 2x)2 ∴ K(yg+ 2x)2= (yg+x)3 comx∈R, ondeK=±C∈R. J´ays1 corresponde aK= 0 na express˜ao anterior, enquantoys2 n˜ao corresponde aK real algum.

4

Referências

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